题目

  你在一家 IT 公司为大型写字楼或办公楼(offices)的计算机数据做备份。然而数据备份的工作是枯燥乏味

的,因此你想设计一个系统让不同的办公楼彼此之间互相备份,而你则坐在家中尽享计算机游戏的乐趣。已知办公

楼都位于同一条街上。你决定给这些办公楼配对(两个一组)。每一对办公楼可以通过在这两个建筑物之间铺设网

络电缆使得它们可以互相备份。然而,网络电缆的费用很高。当地电信公司仅能为你提供 K 条网络电缆,这意味

着你仅能为 K 对办公楼(或总计2K个办公楼)安排备份。任一个办公楼都属于唯一的配对组(换句话说,这 2K

个办公楼一定是相异的)。此外,电信公司需按网络电缆的长度(公里数)收费。因而,你需要选择这 K 对办公

楼使得电缆的总长度尽可能短。换句话说,你需要选择这 K 对办公楼,使得每一对办公楼之间的距离之和(总距

离)尽可能小。下面给出一个示例,假定你有 5 个客户,其办公楼都在一条街上,如下图所示。这 5 个办公楼分

别位于距离大街起点 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 处。电信公司仅为你提供 K=2 条电缆。



  上例中最好的配对方案是将第 1 个和第 2 个办公楼相连,第 3 个和第 4 个办公楼相连。这样可按要求使用

K=2 条电缆。第 1 条电缆的长度是 3km-1km=2km ,第 2 条电缆的长度是 6km-4km=2km。这种配对方案需要总长

4km 的网络电缆,满足距离之和最小的要求。

输入格式

第一行包含整数n和k

其中n(2≤n≤100000)表示办公楼的数目,k(1≤k≤n/2)表示可利用的网络电缆的数目。

接下来的n行每行仅包含一个整数(0≤s≤1000000000),表示每个办公楼到大街起点处的距离。

这些整数将按照从小到大的顺序依次出现。

输出格式

输出应由一个正整数组成,给出将2K个相异的办公楼连成k对所需的网络电缆的最小总长度。

输入样例

5 2

1

3

4

6

12

输出样例

4

题解

很容易想到最后选择的每对办公楼一定是相邻的,

因为最后\(ans = \sum Ri - Li\),R越左越好,L越右越好

这样问题就转化为了:有\(n-1\)个数,选取其中k个,使总和最小,所选数不能相邻

直接贪心选最小是错误的,会发现样例都过不了

因为如果选择了最小的位置x,那么\(x - 1\)和\(x + 1\)两个位置都不能选了

由贪心策略可知,x一定比\(x - 1\)和\(x + 1\)要小,所以三个中只选一个一定是x最优

但如果三个中要选两个,即选\(x - 1\)和\(x + 1\),如果\(v[x - 1] + v[x + 1] - v[x]\),比剩余的数都要小,那么显然选择两个更优

这样我们就得到一个算法:

建立一个堆,每次选出最小的数删去并统计答案,同时删去相邻的两个元素合并成一个新元素\(v[new] = v[x - 1] + v[x + 1] - v[x]\)加入堆中

对于三个数的讨论是这样,对于5个数的讨论也类似,所以合并出来的元素被选择时同样也要与相邻的元素合并

所以我们再用链表维护序列,写一个支持删除插入并记录元素位置标号的堆,就可以A了

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cmath>
  4. #include<cstring>
  5. #include<algorithm>
  6. #define LL long long int
  7. #define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
  8. #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
  9. #define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
  10. #define ls (u << 1)
  11. #define rs (u << 1 | 1)
  12. #define fa (u >> 1)
  13. using namespace std;
  14. const int maxn = 100005,maxm = 200005,INF = 1000000000;
  15. inline int read(){
  16. int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
  17. while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
  18. while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
  19. return out * flag;
  20. }
  21. LL pre[maxm],val[maxm],post[maxm];
  22. struct node{LL v,u;}H[maxm];
  23. LL hsiz,pos[maxm];
  24. LL n,k,A[maxn],ans;
  25. int pd(int u){
  26. int small;
  27. while (true){
  28. small = u;
  29. if (ls <= hsiz && H[ls].v < H[small].v) small = ls;
  30. if (rs <= hsiz && H[rs].v < H[small].v) small = rs;
  31. if (small != u){
  32. pos[H[small].u] = u; pos[H[u].u] = small;
  33. swap(H[small],H[u]);
  34. u = small;
  35. }else break;
  36. }
  37. return u;
  38. }
  39. void pup(int u){
  40. while (u > 1 && H[fa].v > H[u].v){
  41. pos[H[fa].u] = u; pos[H[u].u] = fa;
  42. swap(H[fa],H[u]);
  43. u = fa;
  44. }
  45. }
  46. void ins(int u){
  47. H[++hsiz] = (node){val[u],u}; pos[u] = hsiz;
  48. pup(hsiz);
  49. }
  50. void del(int u){
  51. pos[H[hsiz].u] = u;
  52. swap(H[u],H[hsiz--]);
  53. u = pd(u);
  54. pup(u);
  55. }
  56. int main(){
  57. n = read(); k = read();
  58. REP(i,n) A[i] = read();
  59. sort(A + 1,A + 1 + n);
  60. for (int i = 1; i < n; i++){
  61. val[i] = A[i + 1] - A[i];
  62. if (i - 1) post[i - 1] = i,pre[i] = i - 1;
  63. ins(i);
  64. }
  65. node u;
  66. int x;
  67. while (k--){
  68. u = H[1]; x = u.u;
  69. ans += u.v;
  70. if (!pre[x]){
  71. del(1); del(pos[post[x]]);
  72. pre[post[post[x]]] = 0;
  73. }
  74. else if (!post[x]){
  75. del(1); del(pos[pre[x]]);
  76. post[pre[pre[x]]] = 0;
  77. }
  78. else {
  79. int l = pre[x],r = post[x];
  80. del(pos[l]); del(pos[r]);
  81. H[1].v = val[x] = val[l] + val[r] - val[x]; pos[x] = 1;
  82. pd(1);
  83. post[pre[x] = pre[l]] = x;
  84. pre[post[x] = post[r]] = x;
  85. }
  86. }
  87. cout << ans << endl;
  88. return 0;
  89. }

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